2018年高考真题——理科综合(北京卷)含解析已整理

1、2018年高考真题一一理科综合（北京卷）6、（2018 京卷）下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是（）A 甲醇低温所制氢 气用于新能源汽车B .氘、氚用作人造太阳 核聚变燃料C.偏二甲肼用作发射天宫二号”的火箭燃料D .开采可燃冰，将 其作为能源使用147、（2018北京卷）我国科研人员提出了由 CO2和CH4转化为高附加值产品 CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是（）就CH.C.由Na和C1形成离子键的过程:+OHA. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为 100%B. CH 4 CH3COOH过程中，有CH键发生断裂C. 放出能量并形成

2、了 C C键D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率8、（2018北京卷）下列化学用语对事实的表述不正确.的是（）A. 硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2H518OH宁 C17H35COOC2H5+H218。B. 常温时，0.1 mol L-1 氨水的 pH=11.1 : NH3 H2OD.电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e-=Cu9、（2018北京卷）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（）ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水 中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸 中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速 褪色沉淀

3、由白色逐渐变 为黑色产生无色气体，随后变为红棕色10、（2018北京卷）一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料。其结构片段如下图。下列关于该高分子的说法正确的是（）A. 完全水解产物的单个分子中B. 完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境，含有官能团 一CooH或一NH2C. 氢键对该高分子的性能没有影响D. 结构简式为：H11、（2018北京卷）测定0.1 mol L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的PH ,数据如下。实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（）时刻温度/C25304025P

4、H9.669.529.379.25A. Na 2SO3溶液中存在水解平衡 ：+H2OIISO3 +OH-B. 的PH与不同，是由于I匸浓度减小造成的C. 的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D. 与的KW值相等12、（2018北京卷）验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的 3%NaCl溶液）。下列说法不正,确的是（）MfqH AKjIFH4M 逋LjUFe(O!W 港 I -If WTgl P4-Et J-Ifiij 'ji也IIt曲的Piil的fm在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀A.对比，可以判定Zn保护了 Fe B.对比，KgF

5、e(CN) 6可能将Fe氧化C.验证Zn保护Fe时不能用 的方法D.将Zn换成Cu，用的方法可判断Fe比CU活泼8-羟基25、(2018北京卷)8-羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是 喹啉的合成路线。已知：i.A(CJlu)8 Jt9 HiSO4+ ÷Ho Hii. 同一个碳原子上连有 2个羟基的分子不稳定(1) 按官能团分类，A的类别是 (2) AB的化学方程式是(3) C可能的结构简式是(4) CD 所需的试齐H a 是(5) DE的化学方程式是(6) FG的反应类型是(7) 将下列KL的流程图补充完整： (8) 合成8-羟基喹啉时，L发生了

6、(填 氧化”或 还原”)反应，反应时还生成了水，则L与G物质的量之比为26、(2018 京卷)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:H CACOHM1 時精矿*瞬箱矿粉研嚳T粗磷酸而養礦T酸邊L瞬石售(主要成分 CaSOX 0.5H.O )已知：磷精矿主要成分为 Ca5(P04)3(0H),还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO 4 O.5H2O(1)上述流程中能加快反应速率的措施有(2)磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5(PO4)3(OH)+3H 2O+10H2SO. 10CaSO4 0.5H2O+6H3PO4该反应体现出酸性关系：H3PO4

7、H2SO4 (填“>或“<)”结合元素周期律解释 中结论：P和S电子层数相同,酸浸时，磷精矿中 Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF ,并进一步转化为 SiF4除去。写出生成 HF的化学方程式: H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为 CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80C后脱除率变化的原因： (5)脱硫时,CaCO3稍过量，充分反应后仍有 SO41 2-残留，原因是 ;加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是 取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol L-1 NaOH溶液滴定至终点时

8、生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液C mL ,精制磷酸中H3PO4的质量分数是 。(已知:H3PO4摩尔质量为98 g mol-1)27、(2018北京卷)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：r-C140 IMi120P2P 1（填、”或Z”），得出该结论的理由是 （3）可以作为水溶液中 S02歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整i . SO2+4+4H+=SJ +2+2H2i i . I2+2H2O+=+2 厂探究i、ii反应速率与S02歧化反应速率的关系，实验如下：分别将 18 mL SO2饱和溶液加入到 2 mL下列试剂 中，密闭

9、放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序号ABCD试剂组成0.4 mol Lj KIa mol L 1 KI0.2 mol L71 H2SO40.2 mol L71 H2SO40.2 mol L71 KI0.0002 mol I 2实验现象溶液变黄，一段时 间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变 成黄色，出现浑浊较 A快 B是A的对比实验，贝U a= 比较 A、B、C,可得出的结论是 实验表明，SO2的歧化反应速率 D > A ,结合i、ii反应速率解释原因： 28、（2018 京卷）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2Fe

10、O4为紫色固体，微溶于 KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定（1）制备K2FeO4 （夹持装置略） A为氯气发生装置。A中反应方程式是 （锰被还原为 Mn2+） 将除杂装置B补充完整并标明所用试剂 C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3C2+2Fe（OH）3+1OKOH=2K 2FeO4+6KCI+8H 2O,另外还探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a,经检验气体中含有 CI2。为证明是否K2FeO4氧化了 C而产生Cl2,设计以下方案:、-HS 万案I取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。、* -

11、用KOH溶液充分洗涤 C中所得固体，再用 KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液 b。取万案少量b,滴加盐酸，有 Cl2产生。I.由方案I中溶液变红可知a中含有离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化,还可能由 产生（用方程式表示 ）.方案可证明K2FeO4氧化了 C。用KOH溶液洗涤的目的是 根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性c2讥 （填 >”或z”），而方案实验表明，c2和;的氧化性强弱关系相反，原因是 资料表明，酸性溶液中的氧化性>,验证实验如下：将溶液 b滴入MnS04和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性I-'

12、;：,;；|>。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案 。 理由或方案： 【2018年高考真题一一理科综合(北京卷)】答案6、B【解析】分折，A项，甲酵低温制氢吒有新物质生成，属于化学变化F龙项，氛用作核聚变燃料，是核反西 不属于化学变化；CJ偏二甲阱与反应主成TO2, M和Hioj放出大量熬,属于化学变优iD项，可烘冰是甲烷的结昂水合物，CH4燃烧生成如和Hieh放出大量熱，届于化学变优。详解：AI页，甲醇低温制氢气有新辆质生成属于化学变化；E项，贰 眾用f乍核漿变烘帆 是孩反应，不!于化学娈也Q项，偏二甲胖与NC反应生成G» M!和H3O,放出大量热*反应的化学方程式

13、为C3HtNj+CaiiN+2COT-KO . .+÷5。丄！匚憾t知討聲晶才甘料 CWi!±CC Ol放出犬量爲 反应的化学方程式为CH4-2CCC-2O,属于化学变化答 BO 点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化学变化与核反应的区别，化 学变化过程中原子核不变 ，核反应不属于化学反应。7、D【解析】分析：A项，生成CH3C00H的总反应为CH4+C0?雇址死.CH3C00H ,原子利用率为100% ； B项，CH4选择性活化变为过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，的总能量高于 的总能量， 放出能量并形成 C-C键；D项，

14、催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与C02在催化剂存在时生成 CH3C00H ,总反应为CH4+C0 CH3C00H，只有 CH 3C00H 一种生成物，原子利用率为 100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为 过程中，有1个C-H键 发生断裂，B项正确；C项，根据图示，的总能量高于 的总能量，放出能量，对比和，形 成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡 ，不能提高反应物的平衡转化率， D 项错误；答案选D。8、 A【解析】分析：A项，酯化反应的机理是 酸脱羟基醇脱氢”；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡

15、；C 项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl-； D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。详解：A项，酯化反应的机理是酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C 2H518OC17H35CO18OC2H5+H20, A 项错误；B 项，常温下 0.1mol -1 氨水的 pH=11.1 ,溶 液中C (OH-) =10-29mol L-10.1mol -1,氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3 H2O NH4+0H-, B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+, Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成 Cl-, Na 将最

16、外层的1个电子转移给 Cl, Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为 阳极，阴极电极反应式为 Cu2+2e-=Cu，D项正确；答案选 A。点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意 强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。9、C【解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe (OH)2+O2+2H2O=4Fe (OH)3； B项，红色褪色是HCIo表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCI+Na 2S=Ag2S+2NaCI ； D

17、项，气体由无色变为红棕色时的反应为 2NO+O2=2NO2°详解：A项,NaOH溶液滴入FeS4溶液中产生白色 Fe(OH)2沉淀， 白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe( OH)3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应 C2+H2O HCI+HCIO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红， 红色褪色是HCIO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCI+Na 2S=Ag2S+2NaCI，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，CU与稀HNO3反应生成CU ( NO3)

18、2、NO气体和H2O,气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O 2=2NO 2，反应前后元素化合价有升降,为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选CO点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。10、B【解析】分析：芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解的单个分子为采用切割法分析其单体为该高分子化合物的结构简式为HOaC详解：A项，芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子为HOOC-COOH'-Ni,弋COOH、氐XH?中苯环都只有 1 种化学环境的氢原子，A项错误；B项，芳纶纤维的结构片段中含肽键，完全水解产物的单个分子

19、为含有的官能团为-COOH或-NH 2, B项正确;C项，氢键对该分子的性能有影响，如影响沸点、密度、硬度等，C项错误；D项，芳纶纤维的结构片段中含肽键，采用切割法分析其 单体为H、,该高分子化合物由HoOC-OOH、÷JI2通过缩聚反应形成，其结构简式为D项错误；答案选11、C【解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验， 产生白色沉淀多，说明实验过程中部分 Na2SO3被氧化成Na2SO4,与温度 相同，与对比，SO32-浓度减小，溶液中C (OH-),的PH小于；C项，盐类水解为吸热过程， 的

20、 过程，升高温度 SO32-水解平衡正向移动，C (SO32-)减小，水解平衡逆向移动； D项，KW只与温度有关。B= A项J SOiJ于强就弱酸盐，&9訐存酬解平: SOj2 +0= HSOr-HDH . HSOhHaO=HaSOgd, A项正确；E项J収型寸刻的耀液）加入 盐触化的BaCh港;做对比实验,（©产生白电沉淀纵 说明丈验过程中郎分 SOj被氧化成1S5 与S度相同丿与对比Sa啡度减小，濬浹中t （OH ） J的PH小于，亂的PH与不同，是 由于£5琛度濟卜造成的，B项正确F C项，盐类水解为吸熱过程，O的过程，升高温度的丹K解平 衡正向移动，C CS

21、O）减卜 水解平衡逆向移动，温蔚期S度对水解平衡移动方向的影响相瓦C项错误, D项，恥只与温度有关与温度相同心値相等；答秦选612、D【解析】分析：A项，对比，Fe附近的溶液中加入 K3Fe （CN） 6无明显变化，Fe附近的溶液中 不含Fe2+，Fe附近的溶液中加入 K3Fe（ CN）6产生蓝色沉淀， Fe附近的溶液中含 Fe2+,中Fe被保护； B项，加入K3Fe（ CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了 Fe2+ ,对比的异同，可能是K3Fe（CN）6将Fe氧化成Fe2+； C项，对比，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe； D项，由实验可知K3Fe（ CN）6可能将

22、Fe氧化成Fe2+，将Zn换成CU不能用的方法证明Fe比CU活泼。详解：A项，对比，Fe附近的溶液中加入 K3Fe（ CN）6无明显变化，Fe附近的溶液中不含 Fe2+，Fe 附近的溶液中加入 K3Fe（ CN）6产生蓝色沉淀，Fe附近的溶液中含 Fe2+，中Fe被保护，A项正确；B项，加入K3Fe（ CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了 Fe2+ ,对比的异同，可能是K3Fe（ CN） 6将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比，加入K3Fe（ CN）6在Fe表面产生蓝色沉淀，也能检验出Fe2+，不能用的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知 K3Fe（ CN）6可能将

23、Fe氧化成Fe2+，将Zn换成CU不能用的方法证明Fe比CU活泼，D项错误；答案选 D。25、烯烃 BISIlrnn(2) CH 2=CHCH 3+Cl 2CH 2=CHCH 2Cl+HCl(3) HoCH 2CHClCH 2ClClCH 2CH(OH)CH 2Cl(4) NaoH，H2Oso4(5) HOCH 2CH(OH)CH 2OH > CH 2=CHCHO+2H 2O（6）取代反应（8）氧化 3 : 1【解析】分析：A的分子式为C3H6, A的不饱和度为1 , A与Cl2高温反应生成B, B与HOCl发生加成反应生 成C, C的分子式为C3H6OCl2, B的分子式为C3H5Cl

24、, B中含碳碳双键，AB为取代反应，则A的结构简式为 CH 3CH=CH2；根据C、D的分子式，CD为氯原子的取代反应， 结合题给已知ii , C中两个Cl原子连接在两个不同的碳原子上，则 A与Cl2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反应，B的结构简式为 CH2=CHCH2Cl、C的结构简式为 HOCH 2CHCICH 2CI 或 ClCH 2CH （ OH） CH2CI、D 的结构简式为 HOCH 2CH （ OH） CH2OH ； D 在浓硫6、J的结构简OH酸、加热时消去2个“HO'生成E；根据F GJ和E+JK ,结合F、G、J的分子式以及 K的结构简式，E+JK 为加成反应，则

25、E的结构简式为 CH2=CHCHO , F的结构简式为、G的结构简式为OH;K的分子式为C9HN2, L的分子式为C9H9NO, KL的过程中脱去1个“H0” 结合KL的反应条件和题给已知 i，KL先发生加成反应、后发生消去反应，L的结构简式为O徉睥：氐的分子式为GHfi, A的不饱和度为I, A与6高涓反应生成匕RHO生加成反应生成C, C 的分子式 CiOGb B的井子式 CiHJCI, B中含碳碳双L AfB为馭代反应，则拖的结枸简式为CH3CHYH2,根据U D的分子式J CDO子的収代反应,结合题给已灼血C中两个Cl原子连接在 两个不同的碳原子上'则ACb高温下灰生饱和嵌上氢

26、原子的取代反瓦E的结构简式为CHa=CHeHicl、 C 的结松 iT力 HOCWCHClatul 或 CLeCH LUHj CC1. D 的结4I¾JOH、G的结构简式九OHNCh、J的结枸简武为OHNHl J医的分子式为CsHiiMh, L的分子式HoCTkCH tOH>COH; D在浓號險 加热时消去2个僦0性成Ef棍据F<T和班丁一出 结合 叭G、丁的分子式臥艮K的结构简式，EdTK为加成反应，则E的结构简式为CYHCHO, F的结构简 CflHsNO, KTL的过程中脱去1脅H2OJ結合KL的反应条件和题给已知KfL先发生加成反应、后发生消去反应,L的结构简式为

27、NOH HA的结构简式为CCHYHa, A中官能团为碳確双键I）援官能团分类 A的类另III烯怪。（2）AB为CH3CH=CH2与Cl2高温下的取代反应，反应的化学方程式为CH 3CH=CH 2+C12 CH2=CHCH2CI+HCI。（3） B与HOCl发生加成反应生成 C，由于B关于碳碳双键不对称，C可能的结构简式为 HOCH 2CHCICH 2CI或CICH 2CH（ OH）CH2CI。（4）(5)CD为氯原子的水解反应，CD所需的试剂a是NaOH、出0,即NaoH水溶液。DE为消去反应，反应的化学方程式为HOCH2CH （OH）CH2OH CH2=CHCHO+2H 20。(6)F的结构

28、简式为、G的结构简式为(7)二，FG的反应类型为取代反应。OHK的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，对比K和L的分子式，KL的过程中脱去1个“HO”，结合H oHH OHto OH HEOH H发生消去反应生成 L,补OU OHCr-r1OH H充的流程图为:KL的反应条件和题给已知 i, K先发生加成反应生成（8）根据流程 L+GJ+8 -羟基喹啉+H20，即+H2O，对比 LOH和8-羟基喹啉的结构简式，L发生了去氢的氧化反应。根据原子守恒，反应过程中L与G物质的量之比为3:1。点睛：本题以8-羟基喹啉的合成为载体， 考查有机推断、有机物类别的判断、有机物结构简式和有机方

29、程式的书写、有机反应类型的判断等。推断时主要依据分子式判断可能的反应类型，结合所学有机物之间的相互转化和题给信息分析。26、研磨、加热(2) V核电荷数P V S,原子半径P > S,得电子能力 PV S,非金属性PV S(3) 2Ca5(P4)3F+10H 2SO4+5H2OIOCaSO4 0.5H2+6H 3PO4+2HF(4) 80 C后，H2O2分解速率大，浓度显著降低(5) CaSO 4微溶BaCO 3+2H3PO4BaSO4+CO2 +HO+2!工(6) a【解析】分析：磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。(1) 根据外界条件对化学反

30、应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。(2)根据强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4：H2SO4。用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数 P. S, 原子半径P:：S,得电子能力P：:S,非金属性P：S°(3)根据 强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5( PO4)3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。(4)图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率， 80C前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80C后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。(5)脱硫时，C

31、aCO3稍过量，充分反应后仍有 SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入 BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为 BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2 +2HPO4-+H2O°( 6)根据题意关系式为 H3PO42NaOH ,由消耗的 NaOH计算H3PO4。详解：(1)研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。疗强酸制弱酸啲复分解反应规亀 酸性；P04<S<.用元素周期律解潺酸性；HJPal<SO4, F和Si电子层数相同核电荷魏

32、FWh原子半径P>S,得电子 P<S;非金恳性P申。(3) 根IT强酸制弱釘的复分解反应规律，< (Po4)与股迥反应生成HF、磷石音和蹦,生成HF的化学方程式为 2C CPO) 5Fi-1CTtSO-5Oa IOCaSo4 O JH2t>eH3PCt2HT。(4) 图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80C前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80C后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下 有机碳脱除率减小。(5) 脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有 SO42残留，原因是：CaSO4微溶于

33、水。加入 BaCO3可进一步提高 硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-, H3PO4的酸性强于H2CO3, 在粗磷酸中CO32-转化成H20和CO2,反应的离子方程式为 BaCO3+SO42-+2H3P4=BaSO4+CO2 +2HPO4-+H2O°(6) 滴定终点生成Na2HPO4,则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为be+9cm°F 98gm。巳g=0°49bc1 : 2, n (H3PO4)=n ( NaOH ) =T bmol/L "c：10-3L= mol, m ( H3PO4)

34、g,精制磷酸中H3PO4的质量分数为_ 。 -127、(1)3SO2(g)+2H 2O (g)2H2SO4 (l)+S(s) H2=- 254 kJ molH2SO4的物质的量增大,(2) >反应是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，体系总物质的量减小，H 2SO4的物质的量分数增大2-+（3）SO2 S424H +0.4 I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快【解析】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。（2） 采用 定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2

35、SO4物质的量分数判断。（3） 依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。（4）用控制变量法对比分析。详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S°应用盖斯定律,反应I+反应III得，2H2SO4 （I）+S（S） =3SO2（g） +2H2O（g） H=H1+H3=（ +551kJmol）+ （-297kJmol）=+254kJmol， 反应 II 的热化学方程式为 3SO2（ g）+2H2O（ g）=2H2SO4（ l）+S（ S） H=254kJmol。在横坐标上任取一点，作纵坐标的

36、平佬為可见温度相同时，口时时Q物质的量分麺責于屮寸反 应II是气体分子数减小的反应，増大圧强平衝向正反应方向移动，Itso4物质的量増加，体系总物质的量减 小f C物质的量分数増大；则E>p Q（3） 反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S, I-可以作为水溶液中 SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前 后质量和化学性质不变，（总反应-反应i） 2得，反应ii的离子方程式为2+2H2O+SO2=4H+SO42-+2I-。（4） B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了 0.2molLH 2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。对比A与B,加入H+可以加快SO

37、2歧化反应的速率；对比 B与C,单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了 2,反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗2, D中溶液由 棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DAA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应iifS盐水.排除ClO -的干扰产生H+使C( H+)增大，从而反应i加快。28、(1)2KMnO 4+16HCl=2MnCI 2+2KCl +5Cl 2 +8HOCl2+2OH -=Cl-+CIO-+H2

38、O(2)I. Fe3+4FeO42-+2OH+=4Fe3+3O2 +10HO > 溶液的酸碱性不同若能，理由：FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是 MnO 4-的颜色（若不能，方案：向紫色溶液 b中滴加过量稀 H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）【解析】分析：（1） KMnO 4与浓盐酸反应制 Cl2；由于盐酸具有挥发性， 所得Cl2中混有Hel和H2O （g）, HCl 会消耗Fe（OH） 3、KOH ,用饱和食盐水除去 HCl ； C2与Fe （OH） 3、KOH反应制备K2FeO4;最后用NaOH 溶液吸收多余 Cl2,防止污染大气。（2

39、）根据制备反应，C的紫色溶液中含有 K2FeO4、KCl , CI2还会与KOH反应生成KCl、KClO和H20。I.加入KSCN溶液，溶液变红说明 a中含Fe3+°根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2 ,自身被还原成 Fe3+。II.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2 +HO,即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗 涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。II在酸性根据同一反应中，氧化性：氧化剂：氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。判断的依据是否排除 FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）A为氯气发生装置，KMnO 4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成 C2, KMnO 4与浓盐酸反应生成 KCl、MnCl 2、C2和H